知识点一-导数与函数的单调性

导数与函数的单调性解析与归纳导数与函数的单调性在微积分中占据着重要的地位，它们能够帮助我们更深入地了解函数的性质。

本文将围绕导数与函数的单调性展开讨论，并对其中的解析与归纳进行详细阐述。

一、导数的定义与计算方法函数的导数可以理解为函数在某一点上的变化率。

导数的定义可以用极限来表达，即函数在某点处的导数等于该点附近的函数值变化量与自变量变化量的比值，在数学中可以表示为：\[ f'(x) = \lim_{{\Delta x\to 0}}\frac{{f(x+\Delta x)-f(x)}}{{\Delta x}} \]具体计算导数的方法有多种，如基本的导数运算法则、链式法则、高阶导数等。

这些计算方法能够帮助我们在具体问题中快速求得函数的导数。

二、导数与单调性的关系函数的单调性指的是函数在定义域上的增减性质。

导数与函数的单调性有着密切的联系，具体而言，函数在某一区间上单调递增的条件是其导函数大于零，而单调递减的条件是导函数小于零。

通过导数的符号变化，我们可以判断函数的单调性。

三、导数与函数单调性的解析和证明为了判断函数的单调性，我们需要分析函数的导数在定义域内的符号变化。

具体解析单调性的方法有以下几个步骤：1. 求得函数的导数；2. 找出导数的零点，即导数为零的点，这些点即为函数可能改变单调性的位置；3. 针对导函数的零点，作出符号变化表，利用导函数的符号变化可以得出函数的单调性。

举个例子，考虑函数 $f(x) = x^3 - 3x^2 + 2x$，我们可以按照上述步骤解析其单调性：1. 求导得到 $f'(x) = 3x^2 - 6x + 2$；2. 根据 $f'(x) = 0$，我们可以解得导数的零点为 $x_1 = 1-\frac{{\sqrt{3}}}{{3}}$ 和 $x_2 = 1+\frac{{\sqrt{3}}}{{3}}$；3. 绘制导数的符号变化表：\[\begin{array}{ccccc}x & (-\infty, x_1) & x_1 & (x_1, x_2) & x_2 \\f'(x) & \text{负} & 0 & \text{正} & \text{负} \\\end{array}\]根据符号变化表可以得出函数在 $(-\infty, x_1)$ 单调递减，在 $(x_1, x_2)$ 单调递增，在 $(x_2, +\infty)$ 单调递减。

导数在函数中的应用一、知识梳理1.函数的单调性与导数的关系函数y＝f(x)在某个区间内可导，则：(1)若f′(x)>0，则f(x)在这个区间内单调递增；(2)若f′(x)<0，则f(x)在这个区间内单调递减；(3)若f′(x)＝0，则f(x)在这个区间内是常数函数.2.函数的极值与导数形如山峰形如山谷3.函数的最值与导数(1)函数f(x)在[a，b]上有最值的条件如果在区间[a，b]上函数y＝f(x)的图象是一条连续不断的曲线，那么它必有最大值和最小值.(2)求y＝f(x)在[a，b]上的最大(小)值的步骤①求函数y＝f(x)在(a，b)内的极值；②将函数y＝f(x)的各极值与端点处的函数值f(a)，f(b)比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值二、例题精讲 + 随堂练习1.判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”)(1)若函数f (x )在(a ，b )内单调递增，那么一定有f ′(x )>0.( )(2)如果函数f (x )在某个区间内恒有f ′(x )＝0，则f (x )在此区间内没有单调性.( ) (3)函数的极大值一定大于其极小值.( )(4)对可导函数f (x )，f ′(x 0)＝0是x 0为极值点的充要条件.( )(5)函数的最大值不一定是极大值，函数的最小值也不一定是极小值.( ) 解析 (1)f (x )在(a ，b )内单调递增，则有f ′(x )≥0. (3)函数的极大值也可能小于极小值.(4)x 0为f (x )的极值点的充要条件是f ′(x 0)＝0，且x 0两侧导函数异号. 答案 (1)× (2)√ (3)× (4)× (5)√2.如图是f (x )的导函数f ′(x )的图象，则f (x )的极小值点的个数为( )A.1B.2C.3D.4解析 由题意知在x ＝－1处f ′(－1)＝0，且其两侧导数符号为左负右正. 答案 A3.函数f (x )＝2x －x ln x 的极值是( ) A.1eB.2eC.eD.e 2解析 因为f ′(x )＝2－(ln x ＋1)＝1－ln x ，令f ′(x )＝0，所以x ＝e ，当f ′(x )>0时，解得0<x <e ；当f ′(x )<0时，解得x >e ，所以x ＝e 时，f (x )取到极大值，f (x )极大值＝f (e)＝e. 答案 C4.(2019·青岛月考)函数f (x )＝cos x －x 在(0，π)上的单调性是( ) A.先增后减 B.先减后增 C.单调递增D.单调递减解析易知f′(x)＝－sin x－1，x∈(0，π)，则f′(x)<0，所以f(x)＝cos x－x在(0，π)上递减.答案D5.(2017·浙江卷)函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则函数y＝f(x)的图象可能是()解析设导函数y＝f′(x)与x轴交点的横坐标从左往右依次为x1，x2，x3，由导函数y＝f′(x)的图象易得当x∈(－∞，x1)∪(x2，x3)时，f′(x)<0；当x∈(x1，x2)∪(x3，＋∞)时，f′(x)>0(其中x1<0<x2<x3)，所以函数f(x)在(－∞，x1)，(x2，x3)上单调递减，在(x1，x2)，(x3，＋∞)上单调递增，观察各选项，只有D选项符合.答案D6.(2019·豫南九校考评)若函数f(x)＝x(x－c)2在x＝2处有极小值，则常数c的值为()A.4B.2或6C.2D.6解析函数f(x)＝x(x－c)2的导数为f′(x)＝3x2－4cx＋c2，由题意知，在x＝2处的导数值为12－8c＋c2＝0，解得c＝2或6，又函数f(x)＝x(x－c)2在x＝2处有极小值，故导数在x＝2处左侧为负，右侧为正，而当e＝6时，f(x)＝x(x－6)2在x＝2处有极大值，故c＝2.答案C考点一 求函数的单调区间【例1】 已知函数f (x )＝ax 3＋x 2(a ∈R )在x ＝－43处取得极值. (1)确定a 的值；(2)若g (x )＝f (x )e x ，求函数g (x )的单调减区间. 解 (1)对f (x )求导得f ′(x )＝3ax 2＋2x ，因为f (x )在x ＝－43处取得极值，所以f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫－43＝0，即3a ·⎝ ⎛⎭⎪⎫－432＋2·⎝ ⎛⎭⎪⎫－43＝16a 3－83＝0，解得a ＝12.(2)由(1)得g (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 3＋x 2e x ，故g ′(x )＝12x (x ＋1)(x ＋4)e x . 令g ′(x )<0，即x (x ＋1)(x ＋4)<0， 解得－1<x <0或x <－4，所以g (x )的单调减区间为(－1，0)，(－∞，－4). 规律方法 1.求函数单调区间的步骤：(1)确定函数f (x )的定义域；(2)求f ′(x )；(3)在定义域内解不等式f ′(x )>0，得单调递增区间；(4)在定义域内解不等式f ′(x )<0，得单调递减区间. 2.若所求函数的单调区间不止一个时，用“，”与“和”连接.【训练1】 (1)已知函数f (x )＝x ln x ，则f (x )( ) A.在(0，＋∞)上递增 B.在(0，＋∞)上递减 C.在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 上递增 D.在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 上递减 (2)已知定义在区间(－π，π)上的函数f (x )＝x sin x ＋cos x ，则f (x )的单调递增区间为________.解析 (1)因为函数f (x )＝x ln x ，定义域为(0，＋∞)，所以f ′(x )＝ln x ＋1(x >0)，当f ′(x )>0时，解得x >1e ，即函数的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞；当f ′(x )<0时，解得0<x <1e ，即函数的单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e .(2)f ′(x )＝sin x ＋x cos x －sin x ＝x cos x .令f ′(x )＝x cos x >0，则其在区间(－π，π)上的解集为⎝ ⎛⎭⎪⎫－π，－π2和⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，即f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－π，－π2，⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2.答案 (1)D (2)⎝ ⎛⎭⎪⎫－π，－π2，⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2考点二 讨论函数的单调性【例2】 (2017·全国Ⅰ卷改编)已知函数f (x )＝e x (e x －a )－a 2x ，其中参数a ≤0. (1)讨论f (x )的单调性； (2)若f (x )≥0，求a 的取值范围.解 (1)函数f (x )的定义域为(－∞，＋∞)，且a ≤0. f ′(x )＝2e 2x －a e x －a 2＝(2e x ＋a )(e x －a ).①若a ＝0，则f (x )＝e 2x ，在(－∞，＋∞)上单调递增. ②若a <0，则由f ′(x )＝0，得x ＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2.当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2时，f ′(x )<0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2，＋∞时，f ′(x )>0.故f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2上单调递减，在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2，＋∞上单调递增.(2)①当a ＝0时，f (x )＝e 2x ≥0恒成立.②若a <0，则由(1)得，当x ＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2时，f (x )取得最小值，最小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2＝a 2⎣⎢⎡⎦⎥⎤34－ln ⎝⎛⎭⎪⎫－a 2， 故当且仅当a 2⎣⎢⎡⎦⎥⎤34－ln ⎝⎛⎭⎪⎫－a 2≥0， 即0>a ≥－2e 34时，f (x )≥0.综上，a 的取值范围是[－2e 34，0].【训练2】 已知f (x )＝x 22－a ln x ，a ∈R ，求f (x )的单调区间.解 因为f (x )＝x 22－a ln x ，x ∈(0，＋∞)，所以f ′(x )＝x －a x ＝x 2－ax .(1)当a ≤0时，f ′(x )>0，所以f (x )在(0，＋∞)上为单调递增函数. (2)当a >0时，f ′(x )＝（x ＋a ）（x －a ）x，则有①当x ∈(0，a )时，f ′(x )<0，所以f (x )的单调递减区间为(0，a ). ②当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )>0，所以f (x )的单调递增区间为(a ，＋∞). 综上所述，当a ≤0时，f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间. 当a >0时，函数f (x )的单调递减区间为(0，a )，单调递增区间为(a ，＋∞).考点三 函数单调性的简单应用 角度1 比较大小或解不等式【例3－1】 (1)已知函数y ＝f (x )对于任意的x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2满足f ′(x )cos x ＋f (x )sin x ＝1＋ln x ，其中f ′(x )是函数f (x )的导函数，则下列不等式成立的是( ) A.2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4B.2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4C.2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6>3f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4D.3f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6(2)已知函数f ′(x )是函数f (x )的导函数，f (1)＝1e ，对任意实数都有f (x )－f ′(x )>0，设F (x )＝f （x ）e x ，则不等式F (x )<1e 2的解集为( ) A.(－∞，1) B.(1，＋∞) C.(1，e)D.(e ，＋∞)解析 (1)令g (x )＝f （x ）cos x ，则g ′(x )＝f ′(x )cos x －f (x )(－sin x )cos 2x ＝1＋ln x cos 2x .由⎩⎪⎨⎪⎧0<x <π2，g ′(x )>0，解得1e <x <π2；由⎩⎪⎨⎪⎧0<x <π2，g ′(x )<0，解得0<x <1e .所以函数g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，π2上单调递增，又π3>π4，所以g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3>g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3cos π3>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4cos π4， 即2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4.(2)F ′(x )＝f ′(x )e x －e x f (x )(e x )2＝f ′(x )－f (x )e x ，又f (x )－f ′(x )>0，知F ′(x )<0， ∴F (x )在R 上单调递减.由F (x )<1e 2＝F (1)，得x >1， 所以不等式F (x )<1e 2的解集为(1，＋∞).答案 (1)B (2)B角度2 根据函数单调性求参数【例3－2】 (2019·日照质检)已知函数f (x )＝ln x ，g (x )＝12ax 2＋2x . (1)若函数h (x )＝f (x )－g (x )存在单调递减区间，求实数a 的取值范围； (2)若函数h (x )＝f (x )－g (x )在[1，4]上单调递减，求实数a 的取值范围. 解 h (x )＝ln x －12ax 2－2x ，x >0.∴h ′(x )＝1x －ax －2.(1)若函数h (x )在(0，＋∞)上存在单调减区间， 则当x >0时，1x －ax －2<0有解，即a >1x 2－2x 有解. 设G (x )＝1x 2－2x ，所以只要a >G (x )min . 又G (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －12－1，所以G (x )min ＝－1.所以a >－1.即实数a 的取值范围是(－1，＋∞). (2)由h (x )在[1，4]上单调递减，∴当x ∈[1，4]时，h ′(x )＝1x －ax －2≤0恒成立， 则a ≥1x 2－2x 恒成立，设G (x )＝1x 2－2x ， 所以a ≥G (x )max . 又G (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －12－1，x ∈[1，4]，因为x ∈[1，4]，所以1x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤14，1，所以G (x )max ＝－716(此时x ＝4)，所以a ≥－716.又当a ＝－716时，h ′(x )＝1x ＋716x －2＝（7x －4）（x －4）16x，∵x ∈[1，4]，∴h ′(x )＝（7x －4）（x －4）16x ≤0，当且仅当x ＝4时等号成立. ∴h (x )在[1，4]上为减函数. 故实数a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫－716，＋∞.规律方法 1.利用导数比较大小，其关键在于利用题目条件构造辅助函数，把比较大小的问题转化为先利用导数研究函数的单调性，进而根据单调性比较大小. 2.根据函数单调性求参数的一般思路(1)利用集合间的包含关系处理：y ＝f (x )在(a ，b )上单调，则区间(a ，b )是相应单调区间的子集.(2)f (x )是单调递增的充要条件是对任意的x ∈(a ，b )都有f ′(x )≥0且在(a ，b )内的任一非空子区间上，f ′(x )不恒为零，应注意此时式子中的等号不能省略，否则漏解.(3)函数在某个区间存在单调区间可转化为不等式有解问题.【训练3】 (1)已知f (x )是定义在区间(0，＋∞)内的函数，其导函数为f ′(x )，且不等式xf ′(x )<2f (x )恒成立，则( ) A.4f (1)<f (2) B.4f (1)>f (2) C.f (1)<4f (2)D.f (1)>4f ′(2)(2)(2019·淄博模拟)若函数f (x )＝kx －ln x 在区间(2，＋∞)上单调递增，则k 的取值范围是( )A.(－∞，－2]B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞ C.[2，＋∞) D.⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，12解析 (1)设函数g (x )＝f (x )x 2(x >0)，则g ′(x )＝x 2f ′(x )－2xf (x )x 4＝xf ′(x )－2f (x )x 3<0，所以函数g (x )在(0，＋∞)内为减函数，所以g (1)>g (2)，即f (1)12>f (2)22，所以4f (1)>f (2).(2)由于f ′(x )＝k －1x ，f (x )＝kx －ln x 在区间(2，＋∞)上单调递增，等价于f ′(x )＝k －1x ≥0在(2，＋∞)上恒成立，由于k ≥1x ，而0<1x <12，所以k ≥12.即k 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞. 答案 (1)B (2)B三、课后练习1.(2017·山东卷)若函数e x f (x )(e ＝2.718 28…是自然对数的底数)在f (x )的定义域上单调递增，则称函数f (x )具有M 性质.下列函数中具有M 性质的是( ) A.f (x )＝2－x B.f (x )＝x 2 C.f (x )＝3－xD.f (x )＝cos x解析 设函数g (x )＝e x ·f (x )，对于A ，g (x )＝e x ·2－x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫e 2x，在定义域R 上为增函数，A 正确.对于B ，g (x )＝e x ·x 2，则g ′(x )＝x (x ＋2)e x ，由g ′(x )>0得x <－2或x >0，∴g (x )在定义域R 上不是增函数，B 不正确.对于C ，g (x )＝e x ·3－x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫e 3x在定义域R 上是减函数，C 不正确.对于D ，g (x )＝e x ·cos x ，则g ′(x )＝2e x cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4，g ′(x )>0在定义域R 上不恒成立，D 不正确. 答案 A2.(2019·上海静安区调研)已知函数f (x )＝x sin x ＋cos x ＋x 2，则不等式f (ln x )＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln 1x <2f (1)的解集为( ) A.(e ，＋∞)B.(0，e)C.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e ∪(1，e) D.⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，e 解析 f (x )＝x sin x ＋cos x ＋x 2是偶函数，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln 1x ＝f (－ln x )＝f (ln x ).则原不等式可变形为f (ln x )<f (1)⇔f (|ln x |)<f (1). 又f ′(x )＝x cos x ＋2x ＝x (2＋cos x )， 由2＋cos x >0，得x >0时，f ′(x )>0.所以f (x )在(0，＋∞)上单调递增. ∴|ln x |<1⇔－1<ln x <1⇔1e <x <e. 答案 D3.若函数f (x )＝x －13sin 2x ＋a sin x 在(－∞，＋∞)单调递增，则a 的取值范围是________.解析 f ′(x )＝1－23cos 2x ＋a cos x ＝1－23(2cos 2x －1)＋a cos x ＝－43cos 2 x ＋a cos x ＋53，f (x )在R 上单调递增，则f ′(x )≥0在R 上恒成立.令cos x ＝t ，t ∈[－1，1]，则－43t 2＋at ＋53≥0在[－1，1]上恒成立，即4t 2－3at －5≤0在t ∈[－1，1]上恒成立. 令g (t )＝4t 2－3at －5，则⎩⎨⎧g (1)＝4－3a －5≤0，g (－1)＝4＋3a －5≤0，解得－13≤a ≤13. 答案 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤－13，134.已知函数f (x )＝a ln x －ax －3(a ∈R ). (1)求函数f (x )的单调区间；(2)若函数y ＝f (x )的图象在点(2，f (2))处的切线的倾斜角为45°，对于任意的t ∈[1，2]，函数g (x )＝x 3＋x 2·⎣⎢⎡⎦⎥⎤f ′（x ）＋m 2在区间(t ，3)上总不是单调函数，求m 的取值范围.解 (1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)， 且f ′(x )＝a （1－x ）x， 当a >0时，f (x )的递增区间为(0，1)， 递减区间为(1，＋∞)；当a <0时，f (x )的递增区间为(1，＋∞)，递减区间为(0，1)； 当a ＝0时，f (x )为常函数.(2)由(1)及题意得f ′(2)＝－a 2＝1，即a ＝－2，∴f (x )＝－2ln x ＋2x －3，f ′(x )＝2x －2x .∴g (x )＝x 3＋⎝ ⎛⎭⎪⎫m 2＋2x 2－2x ， ∴g ′(x )＝3x 2＋(m ＋4)x －2.∵g (x )在区间(t ，3)上总不是单调函数， 即g ′(x )在区间(t ，3)上有变号零点.由于g ′(0)＝－2，∴⎩⎨⎧g ′(t )<0，g ′(3)>0.当g ′(t )<0时，即3t 2＋(m ＋4)t －2<0对任意t ∈[1，2]恒成立， 由于g ′(0)<0，故只要g ′(1)<0且g ′(2)<0， 即m <－5且m <－9，即m <－9；由g ′(3)>0，即m >－373. ∴－373<m <－9.即实数m 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－373，－9.。

利用导数判断函数的单调性知识要点梳理1. 函数的导数与函数的单调性的关系： （1）（函数单调性的充分条件）设函数y=f(x) 在某个区间内有导数，如果在这个区间内/y >0，那么函数y=f(x) 在这个区间内为增函数；如果在这个区间内/y <0，那么函数y=f(x) 在这个区间内为减函数。

（2）（函数单调性的必要条件）设函数y=f(x) 在某个区间内有导数，如果函数y=f(x) 在这个区间内为增函数，那么在这个区间内/y ≥0；如果函数y=f(x) 在这个区间内为减函数。

那么在这个区间内/y ≤0。

2. 求可导函数的单调区间的一般步骤和方法： ①确定函数()f x 的定义域；②计算导数'()f x ，令'()0f x =，解此方程，求出它们在定义域区间内的一切实根； ③把函数()f x 的间断点（即f(x)的无定义的点）的横坐标和上面的各实根按由小到大的顺序排列起来，然后用这些点把()f x 的定义域分成若干个小区间；④确定'()f x 在各个开区间内的符号，根据'()f x 的符号判定函数()f x 在每个相应小区间的增减性（若'()f x >0,则f(x)在相应区间内为增函数；若'()f x <0,则f(x)在相应区间内为减函数。

）疑难点、易错点剖析：1.利用导数研究函数的单调性比用函数单调性的定义要方便，但应注意f ’(x)>0（或f ’(x)<0）仅是f(x)在某个区间上递增（或递减）的充分条件。

在区间（a,b ）内可导的函数f(x)在（a,b ）上递增（或递减）的充要条件应是'()0('()0)f x f x ≥≤或，x (,)a b ∈恒成立，且f ’(x)在（a,b ） 的任意子区间内都不恒等于0。

这就是说，函数f(x)在区间上的增减性并不排斥在该区间内个别点x 0处有f ’(x 0)=0,甚至可以在无穷多个点处f ’(x 0)=0,只要这样的点不能充满所给区间的任何子区间，因此在已知函数f(x)是增函数（或减函数）求参数的取值范围时，应令'()0('()0)f x f x ≥≤或恒成立，解出参数的取值范围，然后检验参数的取值能否使f ’(x)恒等于0，若能恒等于0，则参数的这个值应舍去，若f ’(x)不恒为0，则由'()0('()0)f x f x ≥≤或，x (,)a b ∈恒成立解出的参数的取值范围确定。

第二节 导数在研究函数中的应用第1课时 系统知识牢基础——导数与函数的单调性、极值与最值知识点一 利用导数研究函数的单调性1．函数f (x )在某个区间(a ，b )内的单调性与f ′(x )的关系 (1)若f ′(x )>0，则f (x )在这个区间上单调递增． (2)若f ′(x )<0，则f (x )在这个区间上单调递减． (3)若f ′(x )＝0，则f (x )在这个区间上是常数． 2．利用导数判断函数单调性的一般步骤 (1)求f ′(x )．(2)在定义域内解不等式f ′(x )>0或f ′(x )<0. (3)根据结果确定f (x )的单调性及单调区间．[提醒] (1)讨论函数的单调性或求函数的单调区间的实质是解不等式，求解时，要坚持“定义域优先”原则．(2)有相同单调性的单调区间不止一个时，用“，”隔开或用“和”连接，不能用“∪”连接． (3)若函数y ＝f (x )在区间(a ，b )上单调递增，则f ′(x )≥0，且在(a ，b )的任意子区间，等号不恒成立；若函数y ＝f (x )在区间(a ，b )上单调递减，则f ′(x )≤0，且在(a ，b )的任意子区间，等号不恒成立．[重温经典]1.(多选·教材改编题)如图是函数y ＝f (x )的导函数y ＝f ′(x )的图象，则下列判断正确的是( ) A ．在区间(－2,1)上f (x )是增函数 B ．在区间(2,3)上f (x )是减函数 C ．在区间(4,5)上f (x )是增函数 D ．当x ＝2时，f (x )取到极大值 答案：BCD2．(教材改编题)函数y ＝x 4－2x 2＋5的单调递减区间为( ) A ．(－∞，－1)和(0,1) B ．[－1,0]和[1，＋∞) C ．[－1,1] D ．(－∞，－1]和[1，＋∞)答案：A3．(易错题)若函数y ＝x 3＋x 2＋mx ＋1是R 上的单调函数，则实数m 的取值范围是( ) A.⎝⎛⎭⎫13，＋∞ B ．⎝⎛⎦⎤－∞，13C.⎣⎡⎭⎫13，＋∞ D ．⎝⎛⎭⎫－∞，13 解析：选C y ′＝3x 2＋2x ＋m ，由条件知y ′≥0在R 上恒成立，∴Δ＝4－12m ≤0，∴m ≥13.4．若函数f (x )＝kx －ln x 在区间(1，＋∞)单调递增，则k 的取值范围是( ) A ．(－∞，－2] B ．(－∞，－1] C ．[2，＋∞)D ．[1，＋∞)解析：选D 因为f (x )＝kx －ln x ，所以f ′(x )＝k －1x .因为f (x )在区间(1，＋∞)上单调递增，所以当x >1时，f ′(x )＝k －1x ≥0恒成立，即k ≥1x 在区间(1，＋∞)上恒成立．因为x >1，所以0<1x <1，所以k ≥1.故选D.5．若函数y ＝－43x 3＋ax 有三个单调区间，则a 的取值范围是________．解析：∵y ′＝－4x 2＋a ，且y 有三个单调区间，∴方程y ′＝－4x 2＋a ＝0有两个不等的实根，∴Δ＝02－4×(－4)×a >0，∴a >0. 答案：(0，＋∞)6．设函数f (x )在(a ，b )上的导函数为f ′(x )，f ′(x )在(a ，b )上的导函数为f ″(x )，若在(a ，b )上，f ″(x )<0恒成立，则称函数f (x )在(a ，b )上为“凸函数”．已知f (x )＝x 44－t 3x 3＋32x 2在(1,4)上为“凸函数”，则实数t 的取值范围是________．解析：由f (x )＝x 44－t 3x 3＋32x 2可得f ′(x )＝x 3－tx 2＋3x ，f ″(x )＝3x 2－2tx ＋3，∵f (x )在(1,4)上为“凸函数”，∴x ∈(1,4)时，3x 2－2tx ＋3<0恒成立，∴t >32⎝⎛⎭⎫x ＋1x 恒成立． 令g (x )＝32⎝⎛⎭⎫x ＋1x ，∵g (x )在(1,4)上单调递增， ∴t ≥g (4)＝518.∴实数t 的取值范围是⎣⎡⎭⎫518，＋∞. 答案：⎣⎡⎭⎫518，＋∞知识点二 利用导数研究函数的极值 1．函数的极大值在包含x 0的一个区间(a ，b )内，函数y ＝f (x )在任何一点的函数值都小于x 0点的函数值，称点x 0为函数y ＝f (x )的极大值点，其函数值f (x 0)为函数的极大值． 2．函数的极小值在包含x 0的一个区间(a ，b )内，函数y ＝f (x )在任何一点的函数值都大于x 0点的函数值，称点x 0为函数y ＝f (x )的极小值点，其函数值f (x 0)为函数的极小值．极大值与极小值统称为极值，极大值点与极小值点统称为极值点．[提醒] (1)极值点不是点，若函数f (x )在x 1处取得极大值，则x 1为极大值点，极大值为f (x 1)；在x 2处取得极小值，则x 2为极小值点，极小值为f (x 2)．极大值与极小值之间无确定的大小关系．(2)极值一定在区间内部取得，有极值的函数一定不是单调函数．(3)f ′(x 0)＝0是x 0为f (x )的极值点的必要而非充分条件．例如，f (x )＝x 3，f ′(0)＝0，但x ＝0不是极值点．[重温经典]1．(多选)(2021·福州模拟)下列函数中，存在极值点的是( ) A ．y ＝x －1xB ．y ＝2|x |C ．y ＝－2x 3－xD ．y ＝x ln x解析：选BD 由题意函数y ＝x －1x ，则y ′＝1＋1x2＞0，所以函数y ＝x －1x 在(－∞，0)，(0，＋∞)内单调递增，没有极值点；函数y ＝2|x |＝⎩⎪⎨⎪⎧2x ，x ≥0，2－x ，x ＜0，根据指数函数的图象与性质可得，当x ＜0时，函数y ＝2|x |单调递减，当x ＞0时，函数y ＝2|x |单调递增，所以函数y ＝2|x |在x ＝0处取得极小值；函数y ＝－2x 3－x ，则y ′＝－6x 2－1＜0，所以函数y ＝－2x 3－x 在R 上单调递减，没有极值点；函数y ＝x ln x ，则y ′＝ln x ＋1，当x ∈⎝⎛⎭⎫0，1e 时，y ′＜0，函数单调递减，当x ∈⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞时，y ′＞0，函数单调递增，当x ＝1e 时，函数取得极小值，故选B 、D.2．(教材改编题)如图是f (x )的导函数f ′(x )的图象，则f (x )的极小值点的个数为( ) A ．1 B ．2 C ．3D ．4解析：选A 由图象及极值点的定义知，f (x )只有一个极小值点．3．(教材改编题)若函数f (x )＝x 3＋ax 2＋3x －9在x ＝－3时取得极值，则a 的值为( ) A ．2 B ．3 C ．4D ．5解析：选D f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋3，由题意知f ′(－3)＝0，即3×(－3)2＋2a ×(－3)＋3＝0，解得a ＝5.4．(多选)材料：函数是描述客观世界变化规律的重要数学模型，在现行的高等数学与数学分析教材中，对“初等函数”给出了确切的定义，即由常数和基本初等函数经过有限次的四则运算及有限次的复合步骤所构成的，且能用一个式子表示的，如函数f(x)＝x x(x＞0)，我们可以作变形：f(x)＝x x＝eln x x＝e x ln x＝e t(t＝x ln x)，所以f(x)可看作是由函数f(t)＝e t和g(x)＝x ln x复合而成的，即f(x)＝x x(x＞0)为初等函数．根据以上材料，对于初等函数h(x)＝x 1x(x＞0)的说法正确的是()A．无极小值B．有极小值1C．无极大值D．有极大值e 1 e解析：选AD根据材料知：h(x)＝x 1x＝e1ln xx＝e1ln xx，所以h′(x)＝e 1ln xx·⎝⎛⎭⎫1x ln x′＝e1ln xx·⎝⎛⎭⎫－1x2ln x＋1x2＝1x2e1ln xx(1－ln x)，令h′(x)＝0得x＝e，当0＜x＜e时，h′(x)＞0，此时函数h(x)单调递增；当x＞e时，h′(x)＜0，此时函数h(x)单调递减．所以h(x)有极大值且为h(e)＝e 1e，无极小值．5．若x＝－2是函数f(x)＝(x2＋ax－1)e x的极值点，则f′(－2)＝________，f(x)的极小值为________．解析：由函数f(x)＝(x2＋ax－1)e x可得f′(x)＝(2x＋a)e x＋(x2＋ax－1)e x，因为x＝－2是函数f(x)的极值点，所以f′(－2)＝(－4＋a)e－2＋(4－2a－1)e－2＝0，即－4＋a＋3－2a＝0，解得a＝－1.所以f′(x)＝(x2＋x－2)e x.令f′(x)＝0可得x＝－2或x＝1.当x<－2或x>1时，f′(x)>0，此时函数f(x)为增函数，当－2<x<1时，f′(x)<0，此时函数f(x)为减函数，所以当x＝1时函数f(x)取得极小值，极小值为f(1)＝(12－1－1)×e1＝－e.答案：0－e6．设x1，x2是函数f(x)＝x3－2ax2＋a2x的两个极值点，若x1<2<x2，则实数a的取值范围是________．解析：由题意得f′(x)＝3x2－4ax＋a2的两个零点x1，x2满足x1<2<x2，所以f′(2)＝12－8a＋a2<0，解得2<a<6.答案：(2,6)知识点三 函数的最值1．在闭区间[a ，b ]上连续的函数f (x )在[a ，b ]上必有最大值与最小值．2．若函数f (x )在[a ，b ]上单调递增，则f (a )为函数的最小值，f (b )为函数的最大值；若函数f (x )在[a ，b ]上单调递减，则f (a )为函数的最大值，f (b )为函数的最小值．[提醒] 求函数最值时，易误认为极值点就是最值点，不通过比较就下结论，这种做法是错误的．[重温经典]1．(教材改编题)函数f (x )＝ln x －x 在区间(0，e]上的最大值为( ) A ．1－e B ．－1 C ．－eD ．0解析：选B 因为f ′(x )＝1x －1＝1－x x ，当x ∈(0,1)时，f ′(x )＞0；当x ∈(1，e]时，f ′(x )＜0，所以f (x )的单调递增区间是(0,1)，单调递减区间是(1，e]，所以当x ＝1时，f (x )取得最大值f (1)＝ln 1－1＝－1.2．(教材改编题)函数f (x )＝x 4－4x (|x |<1)( ) A ．有最大值，无最小值 B ．有最大值，也有最小值 C ．无最大值，有最小值D ．既无最大值，也无最小值解析：选D f ′(x )＝4x 3－4＝4(x －1)(x 2＋x ＋1)．令f ′(x )＝0，得x ＝1.又x ∈(－1,1)且1∉(－1,1)，∴该方程无解，故函数f (x )在(－1,1)上既无极值也无最值．故选D. 3．(教材改编题)函数y ＝x ＋2cos x 在区间⎣⎡⎦⎤0，π2上的最大值是________． 答案：3＋π64．(易错题)已知f (x )＝－x 2＋mx ＋1在区间[－2，－1]上的最大值就是函数f (x )的极大值，则m 的取值范围是________． 答案：(－4，－2)5．函数f (x )＝x e －x ，x ∈[0,4]的最小值为________． 解析：f ′(x )＝e －x －x e －x ＝e －x (1－x )． 令f ′(x )＝0，得x ＝1(e －x >0)， 又f (1)＝1e >0，f (0)＝0，f (4)＝4e 4>0，所以f (x )的最小值为0. 答案：06．已知函数f (x )＝2sin x ＋sin 2x ，则f (x )的最小值是________．解析：f ′(x )＝2cos x ＋2cos 2x ＝2cos x ＋2(2cos 2x －1) ＝2(2cos 2x ＋cos x －1)＝2(2cos x －1)(cos x ＋1)．∵cos x ＋1≥0，∴当cos x <12时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；当cos x >12时，f ′(x )>0，f (x )单调递增．∴当cos x ＝12时，f (x )有最小值．又f (x )＝2sin x ＋sin 2x ＝2sin x (1＋cos x )， ∴当sin x ＝－32时，f (x )有最小值， 即f (x )min ＝2×⎝⎛⎭⎫－32×⎝⎛⎭⎫1＋12＝－332.答案：－332。

《函数的单调性与导数》讲义一、函数单调性的定义在数学中，函数的单调性是指函数在某个区间上的增减性质。

具体来说，如果对于区间内的任意两个自变量的值\（x_1\）和\（x_2\），当\（x_1 ＜ x_2\）时，都有\（f(x_1) ＜ f(x_2)＼），那么就称函数在这个区间上是单调递增的；反之，如果当\（x_1 ＜ x_2\）时，都有\（f(x_1) ＞ f(x_2)＼），则称函数在这个区间上是单调递减的。

我们可以通过图像来直观地理解函数的单调性。

单调递增的函数图像是从左往右逐渐上升的，而单调递减的函数图像则是从左往右逐渐下降的。

二、导数的定义导数是微积分中的一个重要概念。

对于函数\（y ＝ f(x)＼），在点\（x\）处的导数定义为：＼f'（x) ＝＼lim_{＼Delta x ＼to 0} ＼frac{f(x ＋＼Delta x) f(x)｝｛＼Delta x}＼导数表示了函数在某一点处的变化率，也就是函数曲线在该点处的切线斜率。

三、函数单调性与导数的关系函数的单调性与导数之间有着密切的联系。

若函数\（f(x)＼）在区间\（（a,b)＼）内可导，那么：（1）如果在\（（a,b)＼）内，＼（f'（x) ＞0\），则函数\（f(x)＼）在\（（a,b)＼）上单调递增。

这是因为导数大于零，意味着函数在每一点处的变化率都是正的，即函数值随着自变量的增加而增加，所以函数是单调递增的。

（2）如果在\（（a,b)＼）内，＼（f'（x) ＜0\），则函数\（f(x)＼）在\（（a,b)＼）上单调递减。

导数小于零，说明函数在每一点处的变化率为负，函数值随着自变量的增加而减小，从而函数是单调递减的。

（3）如果在\（（a,b)＼）内，＼（f'（x) ＝0\），则函数\（f(x)＼）在\（（a,b)＼）上是常函数。

导数为零，意味着函数在该区间内的变化率为零，函数值保持不变，即为常函数。

专题3.3 导数与函数的单调性-重难点题型精讲1．函数的单调性与导数的关系条件 恒有 结论函数y ＝f (x )在区间(a，b)上可导f ′(x )>0 f (x )在(a ，b )内单调递增 f ′(x )<0 f (x )在(a ，b )内单调递减 f ′(x )＝0f (x )在(a ，b )内是常数函数2一般地，如果一个函数在某一范围内导数的绝对值较大，那么在这个范围内函数值变化得快，这时，函数的图象就比较“陡峭”(向上或向下)；如果一个函数在某一范围内导数的绝对值较小，那么在这个范围内函数值变化得慢，函数的图象就“平缓”一些. 常见的对应情况如下表所示.【题型1 不含参函数的单调性】 【方法点拨】确定不含参函数的单调性、单调区间的步骤： (1)确定函数f (x )的定义域； (2)求f ′(x )；(3)解不等式f ′(x )>0，解集在定义域内的部分为单调递增区间；解不等式f ′(x )<0，解集在定义域内的部分为单调递减区间；(4)由此可得出函数f (x )的单调性；【例1】（2022•扬州开学）下列函数中，在（1，+∞）上为增函数的是（ ） A ．y ＝x 3﹣3xB ．y ＝lnx ﹣xC ．y ＝x +4xD ．y ＝x 2﹣3x +1【解题思路】根据题意，依次分析选项中函数的单调性，即可得答案． 【解答过程】解：根据题意，依次分析选项：对于A ，y ＝x 3﹣3x ，其导数y ′＝3x 2﹣3，在区间（1，+∞）上，y ′＞0，函数为增函数，符合题意， 对于B ，y ＝lnx ﹣x ，其导数y ′=1x −1=1−xx ，在区间（1，+∞）上，y ′＜0，函数为减函数，不符合题意，对于C ，y ＝x +4x，其导数y ′＝1−4x 2，在区间（1，2）上，y ′＜0，函数为减函数，不符合题意， 对于D ，y ＝x 2﹣3x +1是二次函数，在区间（1，32）上为减函数，不符合题意， 故选：A ．【变式1-1】（2022春•湖北期末）函数f （x ）=−12x 2﹣lnx 的递减区间为（ ） A ．（﹣∞，1）B ．（0，1）C ．（1，+∞）D ．（0，+∞）【解题思路】先对函数求导，然后结合导数与单调性关系可求． 【解答过程】解：f ′（x ）＝﹣x −1x＜0，x ＞0， 故函数的单调递减区间为（0，+∞）． 故选：D ．【变式1-2】（2022春•长寿区期末）函数f(x)=x −6x −5lnx 的单调递减区间为（ ） A ．（0，2）B ．（2，3）C ．（1，3）D ．（3，+∞）【解题思路】求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的递减区间即可．【解答过程】解：∵f(x)=x −6x−5lnx ，定义域是（0，+∞），∴f ′（x ）＝1+6x 2−5x =x 2−5x+6x 2=(x−2)(x−3)x 2，令f ′（x ）＜0，解得2＜x ＜3， 故f （x ）的递减区间是（2，3）， 故选：B ．【变式1-3】（2022春•吉林期末）函数f （x ）＝﹣lnx +x 的递增区间是（ ） A ．（﹣∞，0）∪（1，+∞） B ．（﹣∞，0）和（1，+∞）C ．（1，+∞）D ．（﹣1，+∞）【解题思路】先写出函数的定义域，求导后，再解不等式f '（x ）＞0，即可．【解答过程】解：因为f （x ）＝﹣lnx +x ，所以f '（x ）=−1x +1，定义域为（0，+∞）， 令f '（x ）＞0，则−1x +1＞0，解得x ＞1， 所以f （x ）的递增区间为（1，+∞）． 故选：C ．【题型2 含参函数的单调性】 【方法点拨】(1)研究含参数的函数的单调性，要依据参数对不等式解集的影响进行分类讨论．(2)划分函数的单调区间时，要在函数定义域内讨论，还要确定导数为零的点和函数的间断点． 【例2】（2022春•巴宜区校级期末）已知函数f （x ）＝2x 3﹣ax 2+b ． （1）若函数f （x ）在x ＝1处取得极小值﹣4，求实数a ，b 的值； （2）讨论f （x ）的单调性． 【解题思路】（1）根据题可得{f ′(1)=0f(1)=−4，解得a ，b ．（2）求导并令f ′（x ）＝0，得x ＝0或x =a 3，分三种情况：当a ＝0时，当a ＜0时，当a ＞0时，讨论f （x ）的单调性．【解答过程】解：（1）f ′（x ）＝6x 2﹣2ax ， 则{f ′(1)=0f(1)=−4，即{6−2a =02−a +b =−4，解得{a =3b =−3．（2）f ′（x ）＝6x 2﹣2ax ＝2x （3x ﹣a ）， 令f ′（x ）＝0，得x ＝0或x =a 3，当a ＝0时，f ′（x ）≥0，f （x ）在（﹣∞，+∞）上单调递增，当a ＜0时，在（﹣∞，a3），（0，+∞）上f ′（x ）＞0，f （x ）单调递增，在（a3，0）上f ′（x ）＜0，f （x ）单调递减，当a ＞0时，在（﹣∞，0），（a3，+∞）上f ′（x ）＞0，f （x ）单调递增，在（0，a3）上f ′（x ）＜0，f （x ）单调递减，综上所述，当a ＝0时，f （x ）在（﹣∞，+∞）上单调递增，当a ＜0时，f （x ）在（﹣∞，a3），（0，+∞）上单调递增，在（a3，0）上单调递减，当a ＞0时，f （x ）在（﹣∞，0），（a 3，+∞）上单调递增，在（0，a3）上单调递减．【变式2-1】（2022春•满洲里市校级期末）已知函数f （x ）＝x 2﹣（a +2）x +alnx （a ∈R ）． （1）a ＝﹣2，求函数f （x ）在（1，f （1））处的切线方程； （2）讨论函数f （x ）的单调性．【解题思路】（1）当a ＝﹣2时，求出f （x ）的解析式，对f （x ）求导，利用导数的几何意义求出切线斜率，求出f （1），利用点斜式即可求得切线方程；（2）对f （x ）求导，再对a 分类讨论，利用导数与单调性的关系求解即可． 【解答过程】解：（1）当a ＝﹣2时，f （x ）＝x 2﹣2lnx ，f ′(x)=2x −2x切线的斜率k ＝f ′（1）＝0，f （1）＝1，则切线方程为y ﹣1＝0，即y ＝1． （2）函数f （x ）的定义域为（0，+∞），且f ′(x)=2x −(a +2)+ax =(2x−a)(x−1)x ， ①当a ≤0时，a 2≤0，由f ′（x ）＞0，得x ＞1；由f ′（x ）＜0，得0＜x ＜1． 则函数f （x ）的单调递增区间为（1，+∞），单调递减区间为（0，1）．②当0＜a2＜1，即0＜a ＜2时，由f ′（x ）＞0，得0＜x ＜a2或x ＞1；由f ′（x ）＜0，得a2＜x ＜1．则函数f （x ）的单调递增区间为(0，a2)，（1，+∞）， 函数f （x ）的单调递减区间为(a2，1)．③当a 2=1，即a ＝2时，f ′（x ）≥0恒成立，则函数f （x ）的单调递增区间为（0，+∞）．④当a2＞1，即a ＞2时，由f ′（x ）＞0，得0＜x ＜1或x ＞a 2；由f ′（x ）＜0，得1＜x ＜a2， 则函数f （x ）的单调递增区间为（0，1），(a2，+∞)，函数f （x ）的单调递减区间为(1，a2)． 综上所述，当a ≤0时，函数f （x ）在（1，+∞）上单调递增，在（0，1）上单调递减； 当0＜a ＜2时，函数f （x ）在(0，a2)和（1，+∞）上单调递增，在(a2，1)上单调递减； 当a ＝2时，函数f （x ）在（0，+∞）上单调递增；当a ＞2时，函数f （x ）在（0，1）和(a 2，+∞)上单调递增，在(1，a 2)上单调递减． 【变式2-2】（2022春•蓝田县期末）已知函数f （x ）＝alnx ﹣ax ﹣3（a ≠0）． （Ⅰ）讨论函数f （x ）的单调性；（Ⅱ）当a ＝﹣1时，证明：在（1，+∞）上，f （x ）+2＞0． 【解题思路】（Ⅰ）先求导，再分类讨论导函数的符号即可求解；（Ⅱ）构造函数g （x ）＝f （x ）+2，再利用导数求出g （x ）的最值，从而得证． 【解答过程】解：（Ⅰ）∵f ′(x)=a x −a =a(1−x)x ，x ＞0， ①当a ＞0时，x ∈（0，1），f ′（x ）＞0；x ∈（1，+∞），f ′（x ）＜0， ∴f （x ）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减； ②当a ＜0时，x ∈（0，1），f ′（x ）＜0；x ∈（1，+∞），f ′（x ）＞0， ∴f （x ）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增．综合可得：当a ＞0时，f （x ）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减； 当a ＜0时，f （x ）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增． （Ⅱ）证明：当a ＝﹣1时，令g （x ）＝f （x ）+2＝﹣lnx +x ﹣1，x ＞1， ∴g ′(x)=−1x +1=x−1x ＞0， ∴g （x ）在（1，+∞）上单调递增， ∴g （x ）＞g （1）＝0，故在（1，+∞）上，f （x ）+2＞0．【变式2-3】（2022春•南沙区期末）已知函数f （x ）＝2lnx ﹣ax 2﹣2（a ﹣1）x +1（a ∈R ）．（1）求函数f（x）的单调区间；（2）若函数f（x）有两个不同的零点x1，x2，求实数a的取值范围．【解题思路】（1）先对函数求导，然后结合导数与单调性关系对a进行分类讨论，进而可求函数的单调区间；（2）结合（1）中单调性的讨论及函数零点存在条件可建立关于a的不等式，结合函数的性质解不等式可求a的范围．【解答过程】解：（1）f′（x）=2x−2ax﹣2（a﹣1）=−2ax2−2(a−1)x+2x=−2(ax−1)(x+1)x，因为x＞0，x+1＞0，故当a≤0时，f′（x）＞0，此时f（x）在（0，+∞）上单调递增，当a＞0时，x＞1a时，f′（x）＜0，0＜x＜1a时，f′（x）＞0，故f（x）在（0，1a ）上单调递增，在（1a，+∞）上单调递减，综上，当a≤0时，f（x）的单调递增区间为（0，+∞），没有单调递减区间，当a＞0时，f（x）的单调递增区间为（0，1a ），单调递减区间为（1a，+∞）；（2）当a≤0时，f（x）的单调递增区间为（0，+∞），没有单调递减区间，此时函数最多一个零点，不符合题意；当a＞0时，f（x）的单调递增区间为（0，1a ），单调递减区间为（1a，+∞），又x→+∞时，f（x）→﹣∞，x→0且x＞0时，f（x）→﹣∞，若使f（x）有2个零点，则f（1a ）=−2lna+1a−1=2ln1a+1a−1＞0，令t=1a，则t＞0，即2lnt+t﹣1＞0，令g（t）＝2lnt+t﹣1，则g（t）在t＞0时单调递增且g（1）＝0，所以t＞1，所以0＜a＜1，故a的取值范围为（0，1）．【题型3 利用函数的单调性比较大小】【方法点拨】根据题目条件，构造函数，利用导数研究函数的单调性，利用函数的单调性来比较大小，即可得解. 【例3】（2022春•眉山期末）已知实数x ，y ，z 满足e y lnx ﹣ye x ＝0，ze x −e x ln 1x =0，若y ＞1，则（ ） A ．x ＞y ＞zB ．y ＞x ＞zC ．y ＞z ＞xD ．x ＞z ＞y【解题思路】首先根据题中的条件得到e y y+e z z=0，从而得到z ＜0；再根据x ＞1时，x ＞lnx 得到e y y＞e xx，结合函数g(x)=e xx (x ＞1)的单调性得到y ＞x ，从而得到y ＞x ＞z ． 【解答过程】解：由e y lnx ﹣ye x ＝0，得e y y =e x lnx ；由ze x −e zln 1x =0，得e z z =e x ln1x，两式相加得e y y+e z z=0，因为y ＞1，e y ＞0，所以e z z ＜0，又因为e z ＞0，所以z ＜0；因为e yy =e x lnx，y ＞1，所以e xlnx＞0，即lnx ＞0，所以x ＞1．令f （x ）＝x ﹣lnx （x ＞1），则f ′(x)=1−1x =x−1x ， 当x ∈（1，+∞）时，f ′（x ）＞0，所以f （x ）＝x ﹣lnx 在（1，+∞）内单调递增，即x ＞lnx ， 所以e y y=e x lnx＞e x x，即e y y＞e x x，又令g(x)=e x x (x ＞1)，则g ′(x)=xe x −e x x 2=(x−1)e xx 2(x ＞1)，当x ＞1时，g ′（x ）＞0，所以g(x)=e xx在（1，+∞）内单调递增，所以由e y y＞e x x，得到y ＞x ．所以y ＞x ＞z ． 故选：B ．【变式3-1】（2022春•绍兴期末）已知a ＝e 0.2﹣1，b ＝ln 1.2，c ＝tan0.2，其中e ＝2.71828⋯为自然对数的底数，则（ ） A ．c ＞a ＞bB ．a ＞c ＞bC ．b ＞a ＞cD ．a ＞b ＞c【解题思路】观察a ＝e 0.2﹣1，b ＝ln 1.2，c ＝tan0.2，发现都含有0.2，把0.2换成x ，自变量在（0，1）或其子集范围内构造函数，利用导数证明其单调性，比较a ，b ，c 的大小． 【解答过程】解：令f(x)=e x −1−tanx =cosxe x −cosx−sinx cosx ，0＜x ＜π4，令g（x）＝cos xe x﹣cos x﹣sin x，则g′（x）＝（e x﹣1）（cos x﹣sin x），当0＜x＜π4时，g′（x）＞0，g（x）单调递增，又g（0）＝1﹣1＝0，所以g（x）＞0，又cos x＞0，所以f（x）＞0，在(0，π4)成立，所以f（0.2）＞0，即a＞c，令ℎ(x)=ln(x+1)−x，ℎ′(x)=1x+1−1=−xx+1，ℎ(x)在x∈(0，π2)为减函数，所以h（x）＜h（0）＝0，即ln（x+1）＜x，令m(x)=x−tanx，m′(x)=1−1cos2x，m(x)在x∈(0，π2)为减函数，所以m（x）＜m（0）＝0，即x＜tan x，所以ln(x+1)＜x＜tanx，x∈(0，π2)成立，令x＝0.2，则上式变为ln（0.2+1）＜0.2＜tan0.2，所以b＜0.2＜c所以b＜c，所以b＜c＜a．故选：B．【变式3-2】（2022春•渭南期末）已知函数f（x）＝sin x+cos x﹣2x，a＝f（﹣π），b＝f（20），c＝f（ln2），则a，b，c的大小关系是（）A．a＞c＞b B．a＞b＞c C．b＞a＞c D．c＞b＞a【解题思路】利用导数判断函数f（x）的单调性，进而可比较函数值的大小．【解答过程】解：因为函数f（x）＝sin x+cos x﹣2x，所以f′（x）＝cos x﹣sin x﹣2=√2cos（x+π4）﹣2＜0，所以f（x）为R上的减函数，因为﹣π＜ln2＜1＝20，所以f（﹣π）＞f（ln2）＞f（20），即a＞c＞b．故选：A．【变式3-3】（2022•山东开学）已知0＜a＜4，0＜b＜2，0＜c＜3，且16lna＝a2ln4，4lnb＝b2ln2，9lnc＝c2ln3，则（）A．c＞b＞a B．c＞a＞b C．a＞c＞b D．b＞c＞a【解题思路】根据等式关系进行转化，然后构造函数f（x）=lnxx2，研究函数的单调性和图象，利用数形结合进行判断即可．【解答过程】解：由16lna ＝a 2ln 4，4lnb ＝b 2ln 2，9lnc ＝c 2ln 3， 得lna a 2=ln442，lnb b 2=ln222，lnc c 2=ln332，构造函数f （x ）=lnxx 2， 得f （a ）＝f （4），f （b ）＝f （2），f （c ）＝f （3）， f ′（x ）=1x ⋅x 2−2xlnxx 4=x−2xlnx x 4=1−2lnxx 3， 由f ′（x ）＝0得1﹣2lnx ＝0，得lnx =12，即x =√e当x ＞√e 时，1﹣2lnx ＜0，即f ′（x ）＜0，则f （x ）在（√e ，+∞）上为减函数， 当0＜x ＜√e 时，1﹣2lnx ＞0，即f ′（x ）＞0，则f （x ）在（0，√e ）上为增函数， 则f （2）＞f （3）＞f （4）， 即f （b ）＞f （c ）＞f （a ）， ∵f （x ）在（0，√e ）上为增函数， ∴√e ＞b ＞c ＞a ＞0， 故选：D ．【题型4 利用函数的单调性解不等式】 【方法点拨】要充分挖掘条件关系，恰当构造函数，与题设形成解题链条，利用导数研究新函数的单调性，从而转化求 解不等式.【例4】（2021秋•重庆月考）已知f （x ）是定义在R 上的可导函数，其导函数为f ′（x ），且f '（x ）﹣2f （x ）＞0，f （12）＝e （e 为自然对数的底数），则关于x 的不等式f （lnx ）＜x 2的解集为（ ）A ．（0，e2）B ．（0，√e ）C ．（1e，e2）D ．（e2，√e ）【解题思路】令F （x ）=f(x)e x ，求导分析单调性，不等式f （lnx ）＜x 2，可转化为f(lnx)e2lnx ＜f(12)e 2×12，即g （lnx ）＜g （12），即可得出答案． 【解答过程】解：令g （x ）=f(x)e x ，g ′（x ）=e 2x f′(x)−2e 2x f(x)e 4x =f′(x)−2f(x)e 2x＞0，所以g （x ）在R 上单调递增， 不等式f （lnx ）＜x 2，则f(lnx)x 2＜1，又f （12）＝e ，所以f(lnx)e 2lnx＜f(12)e 2×12，即g （lnx ）＜g （12），所以lnx ＜12， 解得0＜x ＜√e ， 故选：B ．【变式4-1】（2022春•新邵县期末）设f （x ），g （x ）分别是定义在R 上的奇函数和偶函数，当x ＜0时，f '（x ）g （x ）﹣f （x ）g '（x ）＞0，且f （2）＝0，则不等式f （x ）g （x ）＞0的解集是（ ） A ．（﹣∞，﹣2）∪（0，2） B ．（﹣2，0）∪（0，2）C ．（﹣∞，﹣2）∪（2，+∞）D ．（﹣2，0）∪（2，+∞）【解题思路】令F （x ）=f(x)g(x)，求导分析F （x ）的单调性，根据题意可得F （x ）的奇偶性，由f （2）＝0，得F （2）＝0，则不等式f （x ）g （x ）＞0的解集为F （x ）＞F （2）解集，即可得出答案． 【解答过程】解：令F （x ）=f(x)g(x)， F ′（x ）=f′(x)g(x)−f(x)g′(x)g 2(x)，因为当x ＜0时，f '（x ）g （x ）﹣f （x ）g '（x ）＞0， 所以当x ＜0时，F ′（x ）＞0， 所以F （x ）在（﹣∞，0）上为增函数，因为f （x ），g （x ）分别是定义在R 上的奇函数和偶函数， 所以f （﹣x ）＝﹣f （x ），g （﹣x ）＝g （x ），所以F（﹣x）=f(−x)g(−x)=−f(x)g(x)=−F（x），所以F（x）在（﹣∞，+∞）上为奇函数，所以F（x）在（0，+∞）上为增函数，因为f（2）＝0，所以F（2）=f(2)g(2)=0，所以不等式f（x）g（x）＞0的解集为F（x）＞0的解集，所以F（x）＞F（2），所以x＞2或﹣2＜x＜0，故选：D．【变式4-2】（2022春•辽宁月考）已知函数f（x）在R上存在导函数f'（x），对∀x∈R满足f（x）+f（﹣x）＝2x2，在x∈（0，+∞）上，f'（x）＜2x若f（2﹣m）﹣f（m）≥4﹣4m，实数m的取值范围是（）A．[﹣1，1]B．（﹣∞，1]C．[1，+∞）D．（﹣∞，﹣1]∪[1，+∞）【解题思路】构造函数g（x）＝f（x）﹣x2，推出g（x）为奇函数，再由导数判断g（x）的单调性，把不等式f（2﹣m）﹣f（m）≥4﹣4m转化为关于m的一次不等式求解．【解答过程】解：∵f（x）+f（﹣x）＝2x2，∴f（x）﹣2x2+f（﹣x）＝0，令g（x）＝f（x）﹣x2，则g（﹣x）+g（x）＝f（﹣x）﹣x2+f（x）﹣x2＝0，∴函数g（x）为奇函数．∵x∈（0，+∞）时，g′（x）＝f′（x）﹣2x＜0，故函数g（x）在（0，+∞）上是单调递减函数，则函数g（x）在（﹣∞，0）上也是单调递减函数．由f（0）＝0，得g（0）＝0，可得g（x）在R上是单调递减．则f（2﹣m）﹣f（m）≥4﹣4m⇔f（2﹣m）﹣（2﹣m）2≥f（m）﹣m2，即g（2﹣m）≥g（m），∴2﹣m≤m，解得m≥1，∴实数m的取值范围是[1，+∞）．故选：C ．【变式4-3】（2022春•赣州期末）已知定义在R 上的函数f （x ），其导函数为f '（x ）．若f （x ）＝﹣f （﹣x ）﹣cos x ，且当x ≤0时，f ′(x)−12sinx ＞0，则不等式f （π﹣x ）＞f （x ）+cos x 的解集为（ ）A ．(−∞，π2)B ．（π2，+∞） C ．（﹣∞，π） D ．（π，+∞） 【解题思路】构造函数g(x)=f(x)+12cosx ，然后判断g （x ）的奇偶性，然后再由导数分析g （x ）的单调性，结合单调性及奇偶性可求．【解答过程】解：设g(x)=f(x)+12cosx ，因为f （x ）＝﹣f （﹣x ）﹣cos x ，所以f （﹣x ）＝﹣f （x ）﹣cos x ，所以g(−x)=f(−x)+12cosx =−f （x ）﹣cos x +12cos x ＝﹣f （x ）−12cos x ，即g （x ）为奇函数，而g ′(x)=f ′(x)−12sinx ＞0，则g （x ）在R 上单调递增，f （π﹣x ）＞f （x ）+cos x ，即f(π−x)−12cosx ＞f(x)+12cosx ⇒f(π−x)+12cos(π−x)＞f(x)+12cosx ，即g(π−x)＞g(x)⇒π−x ＞x ⇒x ＜π2，所以x 的范围为（﹣∞，π2）． 故选：A ．【题型5 函数单调性与导函数图象的关系】【例5】（2022•赫山区校级开学）如图所示是函数f （x ）的导函数f ′（x ）的图象，则下列判断中正确的是（ ）A ．函数f （x ）在区间（﹣3，0）上是减函数B ．函数f （x ）在区间（﹣3，2）上是减函数C．函数f（x）在区间（0，2）上是减函数D．函数f（x）在区间（﹣3，2）上是单调函数【解题思路】根据函数y＝f（x）的导函数f′（x）＞0时单调递增，f'（x）＜0时单调递减，依次判断选项即可．【解答过程】解：由函数y＝f（x）的导函数f′（x）的图像知，A．x∈（﹣3，0）时，f'（x）＜0，函数f（x）单调递减，故A正确；B．x∈（﹣3，2）时，f'（x）＜0或f'（x）＞0，所以函数f（x）先单调递减，再单调递增，故B错误；C．x∈（0，2）时，f'（x）＞0，函数f（x）单调递增，故C错误；D．x∈（﹣3，2）时，f'（x）＜0或f'（x）＞0，所以函数f（x）先单调递减，再单调递增，不是单调函数，故D错误．故选：A．【变式5-1】（2022春•平顶山期末）已知函数y＝f（x）的部分图象如图所示，且f'（x）是f（x）的导函数，则（）A．f'（﹣1）＝f'（﹣2）＜0＜f'（1）＜f'（2）B．0＞f'（2）＞f'（1）＞f'（﹣1）＝f'（﹣2）C．f'（2）＜f'（1）＜0＜f'（﹣1）＝f'（﹣2）D．f'（2）＜f'（1）＜0＜f'（﹣2）＜f'（﹣1）【解题思路】根据函数图象的特征，判断函数的单调性，进而判断导数的变化情况，即可得答案．【解答过程】解：由函数图象可知，当x≤0时，函数y＝f（x）匀速递增，故f′（x）是一个大于0的常数，当x≥0时，函数y＝f（x）递减，且递减幅度越来越快，∴f′（x）＜0，且y＝f′（x）单调递减，则f′（2）＜f′（1）＜0＜f′（﹣1）＝f′（﹣2），故选：C．【变式5-2】（2022春•莆田期末）定义在（﹣1，3）上的函数y＝f（x），其导函数y＝f'（x）图象如右图所示，则y＝f（x）的单调递减区间是（）A．（﹣1，0）B．（﹣1，1）C．（0，2）D．（2，3）【解题思路】利用导函数的图像，即可得出答案．【解答过程】解：由f′（x）的图像可知在（0，2）上，f′（x）＜0，f（x）单调递减，故选：C．【变式5-3】（2022春•遵义期末）函数f（x）的导函数为f'（x）的图象如图所示，关于函数f（x），下列说法不正确的是（）A．函数在（﹣1，1），（3，+∞）上单调递增B．函数在（﹣∞，﹣1），（1，3）上单调递减C．函数存在两个极值点D．函数有最小值，但是无最大值【解题思路】由导函数的图像，分析原函数f（x）的单调性，最值，极值，即可得出答案．【解答过程】解：由图像可知在（﹣∞，﹣1），（1，3）上，f′（x）＜0，f（x）单调递减，在（﹣1，1），（3，+∞）上，f′（x）＞0，f（x）单调递增，故A、B正确；在x＝﹣1，x＝3处函数f（x）取得极小值，在x＝1处函数f（x）取得极大值，故C错误；函数的最小值为f（﹣1）和f（3）中的最小值，因为x→+∞时，函数f（x）→+∞，所以函数f（x）无最大值，故D正确，故选：C．【题型6 根据函数的单调性求参数】【方法点拨】根据函数单调性求参数的一般思路：(1)利用集合间的包含关系处理：y＝f(x)在(a，b)上单调，则区间(a，b)是相应单调区间的子集．(2)f(x)为增(减)函数的充要条件是对任意的x∈(a，b)都有f′(x)≥0(f′(x)≤0)且在(a，b)内的任一非空子区间上，f′(x)不恒为零，应注意此时式子中的等号不能省略，否则会漏解．(3)函数在某个区间上存在单调区间可转化为不等式有解问题．【例6】（2022•安徽开学）已知函数f(x)=4cosx−13mx3在[3π4，2π]上单调递增，则实数m的取值范围为（）A．(−∞，−16√39π]B．(−∞，−16√29π2]C．(−∞，−32√39π]D．(−∞，−32√29π2]【解题思路】由函数的单调性可知导数f′（x）≥0在[3π4，2π]上恒成立，分离参数后，利用导数求g(x)=−4sinxx2的最小值即可得解．【解答过程】解：由题意得，f′（x）＝﹣4sin x﹣mx2，又f′（x）≥0在[3π4，2π]上，则﹣4sin x﹣mx2≥0，∴−4sinxx2≥m．令g(x)=−4sinxx2，可知当x∈[3π4，π)时，g（x）＜0，当x∈[π，2π]时，g（x）≥0，当x∈[3π4，π)时，g′(x)=4x3(2sinx−xcosx)＞0，∴函数g（x）在[3π4，π)上单调递增，∴g(x)min=g(3π4)=−32√29π2，则m≤−32√29π2，∴实数m的取值范围为(−∞，−32√29π2)．故选：D．【变式6-1】（2022春•清远期末）已知函数f （x ）＝alnx +2x 在[1，+∞）上单调递增，则实数a 的最小值为（ ）A ．﹣2B ．2C ．﹣1D ．1【解题思路】求出原函数的导函数，问题转化为a ≥﹣2x 在x ∈[1，+∞）时恒成立，再求出﹣2x 在[1，+∞）上的最大值得答案．【解答过程】解：由f （x ）＝alnx +2x ，得f ′（x ）=a x +2，∵函数f （x ）＝alnx +2x 在[1，+∞）上单调递增，∴a x +2≥0，即a ≥﹣2x 在x ∈[1，+∞）时恒成立， 而﹣2x 在[1，+∞）上的最大值为﹣2，∴a ≥﹣2，即实数a 的最小值为﹣2．故选：A ．【变式6-2】（2022春•中山市校级月考）设函数f(x)=13x 3−27lnx 在区间[a ﹣1，a +1]上单调递减，则实数a 的取值范围是（ ）A ．（1，2]B ．[4，+∞）C ．（﹣∞，2]D ．（0，3] 【解题思路】利用导数求函数的单调递减区间，再结合区间的包含关系，列式求实数a 的取值范围．【解答过程】解：f′(x)=x 2−27x =x 3−27x ，x ＞0，令f '（x ）≤0，得0＜x ≤3， 因为函数f(x)=13x 3−27lnx 在区间[a ﹣1，a +1]上单调递减，所以{a −1＞0a +1≤3，故1＜a ≤2， 所以a 的取值范围为（1，2]．故选：A ．【变式6-3】（2022春•道里区校级月考）若函数f （x ）＝（x 2﹣ax ﹣a ）e x 在区间（﹣2，0）内单调递减，则实数a 的取值范围是（ ）A ．[1，+∞）B ．[0，+∞）C ．（﹣∞，0]D ．（﹣∞，1]【解题思路】结合导数与单调性关系可把问题转化为f ′（x ）＝[x 2+（2﹣a ）x ﹣2a ]e x ≤0在（﹣2，0）上恒成立，分离常数后可求．【解答过程】解：由题意得f ′（x ）＝[x 2+（2﹣a ）x ﹣2a ]e x ≤0在（﹣2，0）上恒成立，因为e x ＞0，即x2+（2﹣a）x﹣2a≤0在（﹣2，0）上恒成立，所以（x﹣a）（x+2）≤0在（﹣2，0）上恒成立，所以x﹣a≤0在（﹣2，0）上恒成立，所以a≥x在（﹣2，0）上恒成立，所以a≥0．故选：B．。

高中文科数学公式及知识点速记一、函数、导数1、函数的单调性(1)设2121],,[x x b a x x <∈、那么],[)(0)()(21b a x f x f x f 在⇔<-上是增函数； ],[)(0)()(21b a x f x f x f 在⇔>-上是减函数.(2)设函数)(x f y =在某个区间内可导，若0)(>'x f ，则)(x f 为增函数；若0)(<'x f ，则)(x f 为减函数.2、函数的奇偶性对于定义域内任意的x ，都有)()(x f x f =-，则)(x f 是偶函数； 对于定义域内任意的x ，都有)()(x f x f -=-，则)(x f 是奇函数。

奇函数的图象关于原点对称，偶函数的图象关于y 轴对称。

3、函数)(x f y =在点0x 处的导数的几何意义函数)(x f y =在点0x 处的导数是曲线)(x f y =在))(,(00x f x P 处的切线的斜率)(0x f '，相应的切线方程是))((000x x x f y y -'=-.*二次函数： （1）顶点坐标为24(,)24b ac b a a --；（2）焦点的坐标为241(,)24b ac b a a-+- 4、几种常见函数的导数①'C 0=；②1')(-=n n nxx ； ③x x cos )(sin '=；④x x sin )(cos '-=；⑤a a a xx ln )('=；⑥xx e e =')(； ⑦a x x a ln 1)(log '=；⑧xx 1)(ln '= 5、导数的运算法则（1）'''()u v u v ±=±. （2）'''()uv u v uv =+. （3）'''2()(0)u u v uv v v v-=≠. 6、会用导数求单调区间、极值、最值7、求函数()y f x =的极值的方法是：解方程()0f x '=．当()00f x '=时： (1) 如果在0x 附近的左侧()0f x '>，右侧()0f x '<，那么()0f x 是极大值； (2) 如果在0x 附近的左侧()0f x '<，右侧()0f x '>，那么()0f x 是极小值． 指数函数、对数函数分数指数幂(1)m na =0,,a m n N *>∈，且1n >）.(2)1m nm naa-==（0,,a m n N *>∈，且1n >）.根式的性质（1）当na =； 当n,0||,0a a a a a ≥⎧==⎨-<⎩.有理指数幂的运算性质 (1) (0,,)rsr sa a aa r s Q +⋅=>∈.(0,1,0)a a N>≠>.1≠,0m>,且1m≠,0N>).).).89、正弦、余弦的诱导公式（奇变偶不变，符号看象限）α看成锐角时该函数的符号；α看成锐角时该函数的符号。

函数的单调性与导数一、知识点1．函数的单调性与其导数的关系在某个区间(,)a b内，如果___________，那么函数()=在y f x 这个区间内单调递增；如果___________，那么函数()=在y f x 这个区间内单调递减．注意：在某个区间内，()0'>f x（()0f x'<）是函数()f x在此区间内单调递增（减）的充分条件，而不是必要条件．函数()f x在(,)a b内单调递增（减）的充要条件是()0f x'≥（()0f x'≤）在(,)a b内恒成立，且()f x'在(,)a b的任意子区间内都不恒等于0．'之间的关系2．函数图象与()f x一般地，如果一个函数在某一范围内导数的绝对值较___________，那么函数在这个范围内变化得快，这时，函数的图象就比较“陡峭”（向上或向下）；反之，函数的图象就“平缓”一些．二、课前练习1．函数3y x=的单调递增区间是A．(,0)-∞B．(0,)+∞C．RD．(,0]-∞2．函数()lnx=-在区间(1,)+∞上单调递f kx x增，则实数k的取值范围是A．(,2]-∞-B．(,1]-∞-C．[2,)+∞D．[1,)+∞3．函数()y f x=的图象如图，则导函数()y f x'=的图象可能是5．若函数2l=-在其定义域内的()2nf x x x一个子区间(1,1)-+内不是单调k k函数，则实数k的取值范围是A．[1,)+∞B．3[1,)2C．[1,2)D．3[,2)26．函数cos=-为R上的减函数，则y ax x实数a的取值范围为______________．二、例题选讲例1.求下列函数的单调区间：（1）3()23=-．f x x x=-；（2）2()lnf x x x练习1．函数()(23)e x=-的单调递增区f xx间是A．1(,)2-∞B．(2,)+∞C．1(0,)2D．1(,)2+∞2._______________．例2.已知函数322=+-+-∈R其中()4361,,f x x t x t x t xt∈R．（1）当1t=时，求曲线()y f x=在点(0,(0))f处的切线方程；（2）当0t≠时，求()f x的单调区间．练习．已知函数3221()313f x ax x a x =+-+，a ∈R．（1）当1a =时，求曲线()y f x =在点(2,()2)f 处的切线方程；（2）若函数()f x 在区间(2,3)-上是减函数，求实数a的取值范围．例3.设函数()y f x =在定义域内可导，()y f x =的图象如图所示，则导函数'()y f x =可能为A B C D练习.已知函数()=⋅的图象如图y x f x'所示，则函数()f x的图象可能是例4.已知函数2f x x x ax=++，a∈R．若函()ln数()f x在其定义域上为增函数，求a 的取值范围．练习．已知0a>，若函数3()f x a=-在区x x间1[,)2+∞上为增函数，则实数a的取值范围是______________．例5（2016北京）设函数32f x x ax bx c=+++．()（1）求曲线()y f x=在点(0,(0))f处的切线方程；（2）设4a b==，若函数()f x有三个不同零点，求c的取值范围；（3）求证：230->是()f x有三个不同a b零点的必要而不充分条件．四、课后练习1．函数3()f x a=-为R上增函数的一个x x充分不必要条件是A ．0a ≤ B ．0a < C ．0a ≥D ．0a >2．函数1()f x axx =+在(,1)-∞-上单调递增，则实数a的取值范围是A ．[1,)+∞ B ．(,0)(0,1]-∞ C ．(0,1]D ．(,0)[1,)-∞+∞3．若ln 2ln 3ln 5,,235a b c ===，则A ．a b c<< B ．c a b<< C ．c b a<<D ．b ac << 4．若函数2)(3-+=ax x x f 在区间),1(+∞内是增函数，则实数a的取值范围是 A ．),3(+∞ B ．),3[+∞- C ．),3(+∞- D ．)3,(--∞5．已知函数21()(1)ln 2f x a x x a x =-+-．（1）若2a =，求函数()f x 的图象在点(1,()1)f 处的切线方程；（2）讨论函数()f x 的单调区间．6．函数y=f(x)的导函数()y f x'=的图象如图所示，则函数y=f(x)的图象可能是7．函数2f x x x=--的单调递增区间()ln(28)是A．(,2)-∞-B．(,1)-∞C．(1,)+∞D．(4,)+∞8．已知函数()ln ln(2)=+-，则f x x xA．()f x在（0，2）单调递增B ．()f x 在（0，2）单调递减C ．()y f x =的图像关于直线x =1对称 D ．()y f x =的图像关于点（1，0）对称9．已知函数2e e ()()x x f x a a x =--，讨论()f x 的单调性10．已知函数2ln )1(()2x ax f x a x =+++，讨论()f x 的单调性．。

最经典总结-导数与函数的单调性第11讲：导数与函数的单调性在高考中，了解函数的单调性与导数的关系以及利用导数研究函数的单调性是非常重要的。

多项式函数不超过三次的单调区间的求解也是常见的考点，通常占5~12分。

函数的单调性可以通过导数来判断。

如果在某个区间内，函数y=f(x)的导数f'(x)>0，则在这个区间上，函数y=f(x)是增加的；如果在某个区间内，函数y=f(x)的导数f'(x)<0，则在这个区间上，函数y=f(x)是减少的。

导数与函数单调性的关系是：f'(x)>0（或f'(x)<0）是f(x)在(a,b)内单调递增（或递减）的充分不必要条件；f'(x)≥0（或f'(x)≤0）是f(x)在(a,b)内单调递增（或递减）的必要不充分条件（f'(x)=不恒成立）。

自测题：1.函数f(x)=x^3-6x^2的单调递减区间为( )A。

(0,4)B。

(0,2)C。

(4,+∞)D。

(-∞,0)解析：f'(x)=3x^2-12x=3x(x-4)，由f'(x)<0，得0<x<4，因此单调递减区间为(0,4)。

答案：A。

2.函数f(x)=cosx-x在(0,π)上的单调性是( )A。

先增后减B。

先减后增C。

增函数D。

减函数解析：f'(x)=-sinx-1<0，在(0,π)上是减函数，因此选D。

答案：D。

3.已知f(x)=x^3-ax在[1,+∞)上是增函数，则a的最大值是( )A。

1B。

2C。

3D。

4解析：f'(x)=3x^2-a≥0，即a≤3x^2，又因为x∈[1,+∞)，所以a≤3，即a的最大值是3.答案：C。

题型一：判断或证明函数的单调性（基础拿分题，自主练透）例题：已知函数f(x)=ax^3+x^2(a∈R)在x=-处取得极值。

1.确定a的值；2.若g(x)=f(x)ex，讨论g(x)的单调性。

高考数学一轮复习考点知识专题讲解导数与函数的单调性考点要求1.结合实例，借助几何直观了解函数的单调性与导数的关系.2.能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间(其中多项式函数一般不超过三次)．知识梳理1．函数的单调性与导数的关系条件恒有结论函数y＝f(x)在区间(a，b)上可导f′(x)>0f(x)在区间(a，b)上单调递增f′(x)<0f(x)在区间(a，b)上单调递减f′(x)＝f(x)在区间(a，b)上是常数函数2.利用导数判断函数单调性的步骤第1步，确定函数的定义域；第2步，求出导数f′(x)的零点；第3步，用f′(x)的零点将f(x)的定义域划分为若干个区间，列表给出f′(x)在各区间上的正负，由此得出函数y＝f(x)在定义域内的单调性．常用结论1．若函数f(x)在(a，b)上单调递增，则x∈(a，b)时，f′(x)≥0恒成立；若函数f(x)在(a，b)上单调递减，则x∈(a，b)时，f′(x)≤0恒成立．2．若函数f(x)在(a，b)上存在单调递增区间，则x∈(a，b)时，f′(x)>0有解；若函数f(x)在(a，b)上存在单调递减区间，则x∈(a，b)时，f′(x)<0有解．思考辨析判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)如果函数f(x)在某个区间内恒有f′(x)＝0，则f(x)在此区间内没有单调性．(√)(2)在(a，b)内f′(x)≤0且f′(x)＝0的根有有限个，则f(x)在(a，b)内单调递减．(√)(3)若函数f(x)在定义域上都有f′(x)>0，则f(x)在定义域上一定单调递增．(×)(4)函数f(x)＝x－sin x在R上是增函数．(√)教材改编题1．f′(x)是f(x)的导函数，若f′(x)的图象如图所示，则f(x)的图象可能是()答案C解析由f′(x)的图象知，当x∈(－∞，0)时，f′(x)>0，∴f(x)单调递增；当x ∈(0，x 1)时，f ′(x )<0，∴f (x )单调递减； 当x ∈(x 1，＋∞)时，f ′(x )>0， ∴f (x )单调递增．2．函数f (x )＝(x －2)e x 的单调递增区间为________． 答案(1，＋∞)解析f (x )的定义域为R ，f ′(x )＝(x －1)e x ， 令f ′(x )＝0，得x ＝1， 当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0； 当x ∈(－∞，1)时，f ′(x )<0， ∴f (x )的单调递增区间为(1，＋∞)．3．若函数f (x )＝13x 3－32x 2＋ax ＋4的单调递减区间为[－1,4]，则实数a 的值为________．答案－4解析f ′(x )＝x 2－3x ＋a ，且f (x )的单调递减区间为[－1,4]，∴f ′(x )＝x 2－3x ＋a ≤0的解集为[－1,4]，∴－1,4是方程f ′(x )＝0的两根， 则a ＝(－1)×4＝－4.题型一 不含参数的函数的单调性 例1(1)函数y ＝4x 2＋1x的单调递增区间为()A ．(0，＋∞) B.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞C ．(－∞，－1) D.⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－12答案B解析由y ＝4x 2＋1x，得y ′＝8x －1x2(x ≠0)，令y ′>0，即8x －1x 2>0，解得x >12，∴函数y ＝4x 2＋1x 的单调递增区间为⎝⎛⎭⎪⎫12，＋∞. (2)已知定义在区间(0，π)上的函数f (x )＝x ＋2cos x ，则f (x )的单调递增区间为__________________． 答案⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π6，⎝⎛⎭⎪⎫5π6，π 解析f ′(x )＝1－2sin x ，x ∈(0，π)． 令f ′(x )＝0，得x ＝π6或x ＝5π6， 当0<x <π6时，f ′(x )>0， 当π6<x <5π6时，f ′(x )<0， 当5π6<x <π时，f ′(x )>0， ∴f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π6和⎝⎛⎭⎪⎫5π6，π上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，5π6上单调递减．教师备选 若函数f (x )＝ln x ＋1e x，则函数f (x )的单调递减区间为________． 答案(1，＋∞)解析f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x－ln x －1e x，令φ(x )＝1x－ln x －1(x >0)，φ′(x )＝－1x 2－1x<0，φ(x )在(0，＋∞)上单调递减，且φ(1)＝0， ∴当x ∈(0,1)时，φ(x )>0， 当x ∈(1，＋∞)时，φ(x )<0，∴f (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．思维升华确定不含参的函数的单调性，按照判断函数单调性的步骤即可，但应注意一是不能漏掉求函数的定义域，二是函数的单调区间不能用并集，要用“逗号”或“和”隔开．跟踪训练1(1)函数f (x )＝x 2－2ln x 的单调递减区间是() A ．(0,1) B ．(1，＋∞) C ．(－∞，1) D ．(－1,1) 答案A解析∵f ′(x )＝2x －2x＝2(x ＋1)(x －1)x(x >0)，令f ′(x )＝0，得x ＝1，∴当x ∈(0,1)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减； 当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增．(2)函数f (x )＝(x －1)e x －x 2的单调递增区间为________，单调递减区间为________． 答案(－∞，0)，(ln2，＋∞)(0，ln2) 解析f (x )的定义域为R ，f ′(x )＝x e x －2x ＝x (e x －2)， 令f ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝ln2，当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表，∴f (x )的单调递增区间为(－∞，0)，(ln2，＋∞)，单调递减区间为(0，ln2)． 题型二 含参数的函数的单调性例2已知函数f (x )＝12ax 2－(a ＋1)x ＋ln x ，a >0，试讨论函数y ＝f (x )的单调性．解函数的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝ax －(a ＋1)＋1x ＝ax 2－(a ＋1)x ＋1x＝(ax －1)(x －1)x.令f ′(x )＝0，得x ＝1a或x ＝1.①当0<a <1时，1a>1，∴x ∈(0,1)和⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞时，f ′(x )>0；x ∈⎝⎛⎭⎪⎫1，1a 时，f ′(x )<0， ∴函数f (x )在(0,1)和⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1，1a 上单调递减；②当a ＝1时，1a＝1，∴f ′(x )≥0在(0，＋∞)上恒成立， ∴函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增； ③当a >1时，0<1a<1，∴x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 和(1，＋∞)时，f ′(x )>0；x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，1时，f ′(x )<0， ∴函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 和(1，＋∞)上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，1上单调递减． 综上，当0<a <1时，函数f (x )在(0,1)和⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1，1a 上单调递减；当a ＝1时，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a >1时，函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 和(1，＋∞)上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，1上单调递减．延伸探究若将本例中参数a 的范围改为a ∈R ，其他条件不变，试讨论f (x )的单调性？ 解当a >0时，讨论同上； 当a ≤0时，ax －1<0， ∴x ∈(0,1)时，f ′(x )>0；x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )<0，∴函数f (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．综上，当a ≤0时，函数f (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减； 当0<a <1时，函数f (x )在(0,1)和⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1，1a 上单调递减；当a ＝1时，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a >1时，函数f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，1a 和(1，＋∞)上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，1上单调递减．教师备选已知函数f (x )＝x －2x＋a (2－ln x )，a >0.讨论f (x )的单调性．解由题知，f (x )的定义域是(0，＋∞)，f ′(x )＝1＋2x 2－a x ＝x 2－ax ＋2x 2，设g (x )＝x 2－ax ＋2，g (x )＝0的判别式Δ＝a 2－8.①当Δ<0，即0<a <22时，对一切x >0都有f ′(x )>0.此时f (x )在(0，＋∞)上单调递增．②当Δ＝0，即a ＝22时，仅对x ＝2， 有f ′(x )＝0，对其余的x >0都有f ′(x )>0. 此时f (x )在(0，＋∞)上单调递增．③当Δ>0，即a >22时，方程g (x )＝0有两个不同的实根，x 1＝a －a 2－82，x 2＝a ＋a 2－82，0<x 1<x 2.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：此时f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a －a 2－82上单调递增， 在⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a 2－82，a ＋a 2－82上单调递减， 在⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋a 2－82，＋∞上单调递增．思维升华 (1)研究含参数的函数的单调性，要依据参数对不等式解集的影响进行分类讨论．(2)划分函数的单调区间时，要在函数定义域内讨论，还要确定导数为零的点和函数的间断点．跟踪训练2讨论下列函数的单调性．(1)f(x)＝x－a ln x；(2)g(x)＝13x3＋ax2－3a2x.解(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1－ax＝x－ax，令f′(x)＝0，得x＝a，①当a≤0时，f′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增．②当a>0时，x∈(0，a)时，f′(x)<0，x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0，∴f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增．综上，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，当a>0时，f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增．(2)g(x)的定义域为R，g′(x)＝x2＋2ax－3a2＝(x＋3a)(x－a)，当a＝0时，g′(x)≥0，∴g(x)在R上单调递增．当a>0时，x∈(－∞，－3a)∪(a，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，x∈(－3a，a)时，g′(x)<0，g(x)单调递减．当a<0时，x∈(－∞，a)∪(－3a，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，x ∈(a ，－3a )时，g ′(x )<0，g (x )单调递减， 综上有a ＝0时，g (x )在R 上单调递增；a <0时，g (x )在(－∞，a )，(－3a ，＋∞)上单调递增，在(a ，－3a )上单调递减； a >0时，g (x )在(－∞，－3a )，(a ，＋∞)上单调递增，在(－3a ，a )上单调递减． 题型三 函数单调性的应用 命题点1比较大小或解不等式例3(1)已知函数f (x )＝x sin x ，x ∈R ，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π5，f (1)，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π3的大小关系为() A ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π3>f (1)>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π5B ．f (1)>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π3>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π5C ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π5>f (1)>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π3D ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π3>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π5>f (1)答案A解析因为f (x )＝x sin x ，所以f (－x )＝(－x )·sin(－x )＝x sin x ＝f (x )，所以函数f (x )是偶函数，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π3＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3.又当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2时，f ′(x )＝sin x ＋x cos x >0，所以函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上单调递增，所以 f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π5<f (1)<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，即f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π3>f (1)>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π5.(2)已知函数f (x )＝e x －1ex －2x ＋1，则不等式f (2x －3)>1的解集为________．答案⎝ ⎛⎭⎪⎫32，＋∞解析f (x )＝e x －1ex －2x ＋1，定义域为R ，f ′(x )＝e x ＋1e x －2≥2e x ·1ex －2＝0，当且仅当x ＝0时取“＝”， ∴f (x )在R 上单调递增， 又f (0)＝1，∴原不等式可化为f (2x －3)>f (0)， 即2x －3>0，解得x >32，∴原不等式的解集为⎝ ⎛⎭⎪⎫32，＋∞.命题点2根据函数的单调性求参数的范围例4已知函数f (x )＝12x 2＋2ax －ln x ，若f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤13，2上单调递增，则实数a 的取值范围为________． 答案⎣⎢⎡⎭⎪⎫43，＋∞解析由题意知f ′(x )＝x ＋2a －1x ≥0在⎣⎢⎡⎦⎥⎤13，2上恒成立，即2a ≥－x ＋1x 在⎣⎢⎡⎦⎥⎤13，2上恒成立，∵⎝⎛⎭⎪⎫－x ＋1x max ＝83，∴2a ≥83，即a ≥43.延伸探究在本例中，把“f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤13，2上单调递增”改为“f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤13，2上存在单调递增区间”，求a 的取值范围． 解f ′(x )＝x ＋2a －1x，若f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤13，2上存在单调递增区间，则当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤13，2时，f ′(x )>0有解，即2a >－x ＋1x有解，∵x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤13，2，∴⎝ ⎛⎭⎪⎫－x ＋1x min ＝－2＋12＝－32，∴2a >－32，即a >－34，故a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－34，＋∞.教师备选1．若函数f (x )＝e x (sin x ＋a )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，π2上单调递增，则实数a 的取值范围是()A ．(1，＋∞) B．[2，＋∞) C ．[1，＋∞) D．(－2，＋∞) 答案C 解析由题意得f ′(x )＝e x (sin x ＋a )＋e x cos x＝e x ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4＋a ，∵f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，π2上单调递增，∴f ′(x )≥0在⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，π2上恒成立，又e x >0，∴2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4＋a ≥0在⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，π2上恒成立，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，π2时，x ＋π4∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π4，3π4，∴sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4∈⎝ ⎛⎦⎥⎤－22，1，∴2sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π4＋a ∈(－1＋a ，2＋a ]， ∴－1＋a ≥0，解得a ≥1，即a ∈[1，＋∞)．2．(2022·江西鹰潭一中月考)若函数f (x )＝ax 3＋x 恰有3个单调区间，则a 的取值范围为________． 答案(－∞，0)解析由f (x )＝ax 3＋x ，得f ′(x )＝3ax 2＋1.若a ≥0，则f ′(x )>0恒成立，此时f (x )在(－∞，＋∞)上为增函数，不满足题意； 若a <0，由f ′(x )>0得 －－13a<x <－13a， 由f ′(x )<0，得x <－－13a或x >－13a，即当a <0时，f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－－13a，－13a ， 单调递减区间为⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－－13a ，⎝⎛⎭⎪⎫－13a ，＋∞，满足题意． 思维升华 根据函数单调性求参数的一般思路(1)利用集合间的包含关系处理：y ＝f (x )在(a ，b )上单调，则区间(a ，b )是相应单调区间的子集．(2)f (x )为增(减)函数的充要条件是对任意的x ∈(a ，b )都有f ′(x )≥0(f ′(x )≤0)，且在(a ，b )内的任一非空子区间上，f ′(x )不恒为零，应注意此时式子中的等号不能省略，否则会漏解．(3)函数在某个区间上存在单调区间可转化为不等式有解问题．跟踪训练3(1)已知定义域为R 的连续函数f (x )的导函数为f ′(x )，且满足f ′(x )m (x －3)<0，当m <0时，下列关系中一定成立的是() A ．f (1)＋f (3)＝2f (2) B ．f (0)·f (3)＝0 C ．f (4)＋f (3)<2f (2) D ．f (2)＋f (4)>2f (3) 答案D 解析由f ′(x )m (x －3)<0，得m (x －3)f ′(x )<0，又m <0，则(x －3)f ′(x )>0，当x >3时，f ′(x )>0，f (x )单调递增； 当x <3时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；所以f (2)>f (3)，f (4)>f (3)， 所以f (2)＋f (4)>2f (3)．(2)(2022·安徽省泗县第一中学质检)函数f (x )＝ln xx在(a ，a ＋1)上单调递增，则实数a的取值范围为________． 答案[0，e －1] 解析由函数f (x )＝ln x x，得f ′(x )＝1－ln xx 2(x >0)，由f ′(x )>0得0<x <e ，由f ′(x )<0得x >e.所以f (x )在(0，e)上单调递增，在(e ，＋∞)上单调递减， 又函数f (x )＝ln xx在(a ，a ＋1)上单调递增，则(a ，a ＋1)⊆(0，e)，则⎩⎨⎧a ≥0，a ＋1≤e，解得0≤a ≤e－1.课时精练1．函数f (x )＝x ln x ＋1的单调递减区间是() A.⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，1e B.⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞C.⎝⎛⎭⎪⎫0，1e D ．(e ，＋∞)答案C解析f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1＋ln x ， 令f ′(x )<0，得0<x <1e，所以f (x )的单调递减区间为⎝⎛⎭⎪⎫0，1e .2．下列函数中，在(0，＋∞)上单调递增的是() A ．f (x )＝2sin x cos x B ．g (x )＝x 3－x C ．h (x )＝x e xD ．m (x )＝－x ＋ln x 答案C解析h (x )＝x e x ，定义域为R ，∴h ′(x )＝(x ＋1)e x ，当x >0时，h ′(x )>0， ∴h (x )在(0，＋∞)上单调递增．3．(2022·渭南调研)已知函数y ＝xf ′(x )的图象如图所示(其中f ′(x )是函数f (x )的导函数)．下面四个图象中y ＝f (x )的图象大致是()答案C解析列表如下：x (－∞，－1) (－1,0)(0,1)(1，＋∞)xf′(x)－＋－＋f′(x)＋－－＋f(x)单调递增单调递减单调递减单调递增故函数f(x)的单调递增区间为(－∞，－1)，(1，＋∞)，单调递减区间为(－1,1)．故函数f(x)的图象是C选项中的图象．4．(2022·遵义质检)若函数f(x)＝－x2＋4x＋b ln x在区间(0，＋∞)上是减函数，则实数b的取值范围是()A．[－1，＋∞) B．(－∞，－1]C．(－∞，－2] D．[－2，＋∞)答案C解析∵f(x)＝－x2＋4x＋b ln x在(0，＋∞)上是减函数，∴f′(x)≤0在(0，＋∞)上恒成立，即f′(x)＝－2x＋4＋bx≤0，即b ≤2x 2－4x ，∵2x 2－4x ＝2(x －1)2－2≥－2，∴b ≤－2.5．已知函数f (x )＝sin x ＋cos x －2x ，a ＝f (－π)，b ＝f (2e )，c ＝f (ln2)，则a ，b ，c 的大小关系是() A ．a >c >b B ．a >b >c C ．b >a >c D ．c >b >a 答案A解析f (x )的定义域为R ，f ′(x )＝cos x －sin x －2 ＝2cos⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4－2<0， ∴f (x )在R 上单调递减，又2e >1,0<ln2<1，∴－π<ln2<2e ， 故f (－π)>f (ln2)>f (2e )， 即a >c >b .6．如果函数f (x )对定义域内的任意两实数x 1，x 2(x 1≠x 2)都有x 1f (x 1)－x 2f (x 2)x 1－x 2>0，则称函数y ＝f (x )为“F 函数”．下列函数是“F 函数”的是() A ．f (x )＝e x B ．f (x )＝x 2 C ．f (x )＝ln x D ．f (x )＝sin x 答案B解析依题意，函数g (x )＝xf (x )为定义域上的增函数． 对于A ，g (x )＝x e x ，g ′(x )＝(x ＋1)e x ，当x ∈(－∞，－1)时，g ′(x )<0，∴g (x )在(－∞，－1)上单调递减，故A 中函数不是“F 函数”； 对于B ，g (x )＝x 3在R 上单调递增，故B 中函数为“F 函数”； 对于C ，g (x )＝x ln x ，g ′(x )＝1＋ln x ， 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 时，g ′(x )<0，故C 中函数不是“F 函数”；对于D ，g (x )＝x sin x ，g ′(x )＝sin x ＋x cos x ， 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，0时，g ′(x )<0，故D 中函数不是“F 函数”．7．(2022·长沙市长郡中学月考)已知函数f (x )＝13x 3＋mx 2＋nx ＋1的单调递减区间是(－3,1)，则m ＋n 的值为________． 答案－2解析由题设，f ′(x )＝x 2＋2mx ＋n ， 由f (x )的单调递减区间是(－3,1)， 得f ′(x )<0的解集为(－3,1)， 则－3,1是f ′(x )＝0的解，∴－2m ＝－3＋1＝－2，n ＝1×(－3)＝－3， 可得m ＝1，n ＝－3，故m ＋n ＝－2.8．(2021·新高考全国Ⅱ)写出一个同时具有下列性质①②③的函数f (x )：________. ①f (x 1x 2)＝f (x 1)f (x 2)；②当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )>0；③f ′(x )是奇函数．答案f (x )＝x 4(答案不唯一，f (x )＝x 2n (n ∈N *)均满足)解析取f (x )＝x 4，则f (x 1x 2)＝(x 1x 2)4＝x 41x 42＝f (x 1)f (x 2)，满足①，f ′(x )＝4x 3，x >0时有f ′(x )>0，满足②，f ′(x )＝4x 3的定义域为R ，又f ′(－x )＝－4x 3＝－f ′(x )，故f ′(x )是奇函数，满足③.9．已知函数f (x )＝12x 2－2a ln x ＋(a －2)x . (1)当a ＝－1时，求函数f (x )的单调区间；(2)若函数g (x )＝f (x )－ax 在(0，＋∞)上单调递增，求实数a 的取值范围． 解(1)当a ＝－1时，f (x )＝12x 2＋2ln x －3x ，则f ′(x )＝x ＋2x －3＝x 2－3x ＋2x ＝(x －1)(x －2)x(x >0)． 当0<x <1或x >2时，f ′(x )>0，f (x )单调递增；当1<x <2时，f ′(x )<0，f (x )单调递减．所以f (x )的单调递增区间为(0,1)和(2，＋∞)，单调递减区间为(1,2)．(2)g (x )＝f (x )－ax 在(0，＋∞)上单调递增，则g ′(x )＝f ′(x )－a ＝x －2a x－2≥0在x ∈(0，＋∞)上恒成立．即x 2－2x －2a x≥0在x ∈(0，＋∞)上恒成立． 所以x 2－2x －2a ≥0在x ∈(0，＋∞)上恒成立，所以a ≤12(x 2－2x )＝12(x －1)2－12恒成立． 令φ(x )＝12(x －1)2－12，x ∈(0，＋∞)， 则其最小值为－12，故a ≤－12. 所以实数a 的取值范围是⎝⎛⎦⎥⎤－∞，－12. 10．(2022·宜春质检)已知函数f (x )＝x 3－6ax .(1)当a ＝－1时，求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程；(2)求函数y ＝f (x )的单调区间．解(1)当a ＝－1时，f (x )＝x 3＋6x ，则f ′(x )＝3x 2＋6，所以f (1)＝7，f ′(1)＝9，所以曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y －7＝9(x －1)，即9x －y －2＝0.(2)函数f (x )＝x 3－6ax 的定义域为R ， f ′(x )＝3x 2－6a ＝3(x 2－2a )．当a ≤0时，对任意的x ∈R ，f ′(x )≥0且不恒为零，此时函数f (x )的单调递增区间为(－∞，＋∞)，无单调递减区间；当a >0时，由f ′(x )<0， 可得－2a <x <2a ，由f ′(x )>0，可得x <－2a 或x >2a ，此时函数f (x )的单调递增区间为(－∞，－2a )，(2a ，＋∞)，单调递减区间为(－2a ，2a )．综上所述，当a ≤0时，函数f (x )的单调递增区间为(－∞，＋∞)，无单调递减区间； 当a >0时，函数f (x )的单调递增区间为(－∞，－2a )，(2a ，＋∞)，单调递减区间为(－2a ，2a )．11．若函数h (x )＝ln x －12ax 2－2x 在[1,4]上存在单调递减区间，则实数a 的取值范围为() A.⎣⎢⎡⎭⎪⎫－716，＋∞B ．(－1，＋∞) C ．[－1，＋∞) D.⎝ ⎛⎭⎪⎫－716，＋∞ 答案B解析因为h (x )在[1,4]上存在单调递减区间，所以h ′(x )＝1x－ax －2<0在[1,4]上有解， 所以当x ∈[1,4]时，a >1x 2－2x有解， 而当x ∈[1,4]时，1x 2－2x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －12－1， ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 2－2x min ＝－1(此时x ＝1)， 所以a >－1，所以a 的取值范围是(－1，＋∞)．12．设函数f (x )＝x sin x ＋cos x ＋x 2，若a ＝f (－2)，b ＝f (ln2)，c ＝f (e)，则a ，b ，c的大小关系为()A．b<a<c B．c<a<bC．b<c<a D．a<b<c答案C解析f(－x)＝(－x)sin(－x)＋cos(－x)＋(－x)2＝x sin x＋cos x＋x2＝f(x)，∴f(x)为偶函数，∴a＝f(－2)＝f(2)，又f′(x)＝x cos x＋2x＝x(cos x＋2)，当x>0时，f′(x)>0，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增，又2>e>ln2，∴f(2)>f(e)>f(ln2)，即b<c<a.13．(2022·韩城质检)设a>0，若函数f(x)＝1＋ln xx在区间⎝⎛⎭⎪⎫a，a＋23上不单调，则a的取值范围是________．答案13<a<1解析函数f(x)＝1＋ln xx，f′(x)＝－ln xx2，当x∈(0,1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，因为函数f(x)＝1＋ln xx在区间⎝⎛⎭⎪⎫a，a＋23上不单调，则a <1<a ＋23，解得13<a <1. 14．已知函数f (x )＝x 5＋10x ＋sin x ，若f (t )＋f (1－3t )<0，则实数t 的取值范围是________．答案⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞ 解析因为函数f (x )的定义域为R ，f (－x )＝(－x )5＋10(－x )＋sin(－x )＝－(x 5＋10x ＋sin x )＝－f (x )，所以f (x )为奇函数；又因为f ′(x )＝5x 4＋10＋cos x >0，所以函数f (x )在R 上单调递增；又因为f (t )＋f (1－3t )<0，所以f (t )<－f (1－3t )＝f (3t －1)，所以3t －1>t ，即t >12.15．(2022·河北衡水中学月考)下列不等式成立的是________．(填序号)①2ln 32<32ln2； ②2ln 3<3ln 2；③5ln4<4ln5；④π>elnπ.答案①④解析设f (x )＝ln x x (x >0)，则f ′(x )＝1－ln xx 2，所以当0<x <e 时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增；当x >e 时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减．因为32<2<e ， 所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫32<f (2)， 即2ln 32<32ln2，故①正确； 因为2<3<e ，所以f (2)<f (3)， 即2ln 3>3ln 2，故②不正确；因为e<4<5，所以f (4)>f (5)，即5ln4>4ln5，故③不正确；因为e<π，所以f (e)>f (π)，即π>elnπ，故④正确．16．(2022·宁夏银川一中质检)已知函数f (x )＝a e x x. (1)若a >0，求f (x )的单调区间；(2)若对∀x 1，x 2∈(1,3)，x 1≠x 2都有f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2<2恒成立，求实数a 的取值范围． 解(1)f (x )的定义域为{x |x ≠0}，f′(x)＝a e x(x－1)x2，∵a>0，∴当x∈(－∞，0)∪(0,1)时，f′(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，∴f(x)的单调递减区间为(－∞，0)，(0,1)，单调递增区间为(1，＋∞)．(2)不妨令x1>x2，∴f(x1)－f(x2)x1－x2<2，可化为f(x1)－f(x2)<2(x1－x2)，即f(x1)－2x1<f(x2)－2x2，即函数g(x)＝f(x)－2x在区间(1,3)上单调递减，又∵g′(x)＝f′(x)－2＝a e x(x－1)x2－2，∴a e x(x－1)x2－2≤0在(1,3)上恒成立，当x∈(1,3)时，不等式a e x(x－1)x2－2≤0可化为a≤2x2(x－1)e x，令h(x)＝2x2(x－1)e x，则h′(x)＝4x(x－1)e x－2x3e x (x－1)2e2x＝－2x3＋4x2－4x (x－1)2e x＝－2x(x2－2x＋2) (x－1)2e x＝－2x [(x －1)2＋1](x －1)2e x<0在区间x ∈(1,3)上恒成立， ∴函数h (x )＝2x 2(x －1)e x 在区间x ∈(1,3)上单调递减， ∴h (x )min ＝h (3)＝2×32(3－1)e 3＝9e 3，∴a ≤9e 3，即实数a 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，9e 3.。